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BACCALAUREAT GENERAL
Session de juin 2009 MATHEMATIQUES - Série S Enseignement Obligatoire France métropolitaine

EXERCICE 1 1) a) Soit n un entier naturel. vn+1 = un+1 − 6 = 1 1 1 1 un + 4 − 6 = un − 2 = (un − 6) = vn . 3 3 3 3 1 . 3

La suite (vn ) est une suite géométrique de raison

b) On sait alors que pour tout entier naturel n vn = v0 × Or v0 = u0 − 6 = −5 et donc pour tout entiernaturel n on a un = vn + 6 = −5 1 3
n

1 3

n

.

+ 6. 1 3
n

Pour tout entier naturel n, un = −5
n

+ 6.

c) Puisque −1 <

1 < 1, on sait que 3

n→ +∞

lim

1 3

= 0. On en déduit que la suite (un ) converge et que lim un = 6. 210 = 21. 10

n→ +∞

2) a) 10w10 = 11w9 + 1 = 11 × 19 + 1 = 210 et donc w10 =

w10 = 21. b) Il semblerait que pour tout entier naturel n, onait wn = 2n + 1. Prouvons-le par récurrence. • Pour n = 0, on a 2 × 0 + 1 = 1 = w0 . L’égalité est donc vraie quand n = 0. • Soit n 1. Supposons que wn−1 = 2(n − 1) + 1 ou encore wn−1 = 2n − 1. wn = (n + 1)wn−1 + 1 (n + 1)(2n − 1) + 1 2n2 + n = = = 2n + 1. n n n

On a montré par récurrence que pour tout entier naturel n, on ait wn = 2n + 1. En particulier la suite (wn )n∈N est arithmétique deraison 2 et w2009 = 4019. Si on n’aime pas passer de n − 1 à n et que l’on préfère passer de n à n + 1, on doit commencer par se réécrire la relation de récurrence : pour tout entier naturel n 0, (n + 1)wn+1 = (n + 2)wn + 1. La démonstration principale s’écrit alors

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wn+1 =

(n + 2)wn + 1 (n + 2)(2n + 1) +1 2n2 + 5n + 3 (n + 1)(2n + 3) = = = = 2n + 3 = 2(n + 1) + 1. n+1 n+1 n+1 n+1

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EXERCICE 2 PARTIE I 1) D’après un théorème de croissances comparées, on a lim lim xe−x = lim ex = +∞. On en déduit que x

x→ +∞

x→ +∞

x→ +∞

x 1 = lim = 0. ex x→ +∞ ex /x

Puis lim ln(1 + xe−x ) = ln(1 + 0) = 0.
x→ +∞x→ +∞

lim f(x) = 0.

2) La fonction x → 1 + xe−x est dérivable sur [0, +∞[ et est strictement positive sur cet intervalle et la fonction y → ln y est dérivable sur ]0, +∞[. On en déduit que f est dérivable sur [0, +∞[. De plus, pour tout réel x 0, f ′ (x) = Maintenant, pour tout réel positif x, (1 + xe−x ) ′ 1 × e−x + x × (−e−x ) (1 − x)e−x = = . 1 + xe−x 1 + xe−x 1 + xe−x

e−x > 0. Onen déduit que pour tout réel positif x, f ′ (x) est du signe de 1 − x. 1 + xe−x

3) On en déduit le tableau de variations de f. x f (x) f 0 PARTIE II 1) Première méthode. a) Soit λ un réel strictement positif. La fonction f est continue et positive sur [0, λ]. Donc A(λ) est l’aire exprimée en unités d’aire, du domaine compris entre l’axe des abscisses, la courbe représentative de f et lesdroites d’équations respectives x = 0 et x = λ. 0


0 +

1 0 ln(1 + e−1 ) −

+∞

1

f(1)

R A(λ)

Q

P O 1 λ 2 3 4 5 6

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b) Puisque la fonction f admet un maximum en 1 d’après la question I.3), le domaine considéré est contenu dans le rectangle OPQR où P(λ, 0), Q(λ, f(1)) et R(0, f(1)). Son aireA(λ) est donc inférieure ou égale à l’aire de ce rectangle ou encore A(λ) λf(1). Pour tout réel strictement positif λ, A(λ) λf(1).

2) Deuxième méthode. a) Pour x dans [0, λ], posons u(x) = x et v(x) = −e−x . Les fonctions u et v sont dérivables sur [0, λ] et pour x dans [0, λ] on a u(x) = x u ′ (x) = 1 v(x) = −e−x v ′ (x) = e−x

De plus, les fonctions u ′ et v ′ sont continues sur [0, λ]. Onpeut donc effectuer une intégration par parties et on obtient
λ 0 λ

xe−x dx = x × (−e−x )

λ 0


0

1 × (−e−x ) dx = −λe−λ + 0 − e−x

λ 0

= −λe−λ − e−λ + 1.
λ

Pour tout réel λ,
0

xe−x dx = −λe−λ − e−λ + 1.

b) Soit λ un réel strictement positif. Pour tout réel x de [0, λ], le réel u = xe−x est positif. On en déduit que pour tout réel x de [0, λ], ln(1 + xe−x ) xe−x . Par...
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